高中物理高考 专题05 牛顿三大运动定律的理解与应用（解析版）

这是一份高中物理高考 专题05 牛顿三大运动定律的理解与应用（解析版），共23页。
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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc17806609" 热点题型一 牛顿第一定律的理解和应用 PAGEREF _Tc17806609 \h 1
\l "_Tc17806610" 热点题型二 牛顿第三定律的理解 PAGEREF _Tc17806610 \h 3
\l "_Tc17806611" 热点题型三 牛顿第二定律的理解和基本应用 PAGEREF _Tc17806611 \h 6
\l "_Tc17806612" 1 力与运动的关系 PAGEREF _Tc17806612 \h 6
\l "_Tc17806613" 2 牛顿运动定律的瞬时性 PAGEREF _Tc17806613 \h 7
\l "_Tc17806614" 热点题型四 动力学的两类基本问题 PAGEREF _Tc17806614 \h 9
\l "_Tc17806615" 1 已知受力求运动 PAGEREF _Tc17806615 \h 10
\l "_Tc17806616" 2 已知运动求受力 PAGEREF _Tc17806616 \h 12
\l "_Tc17806617" 3 等时圆模型 PAGEREF _Tc17806617 \h 13
\l "_Tc17806618" 热点题型五 动力学图象问题的应用 PAGEREF _Tc17806618 \h 15
\l "_Tc17806620" 【题型演练】 PAGEREF _Tc17806620 \h 18
【题型归纳】
热点题型一 牛顿第一定律的理解和应用
1．惯性的两种表现形式
(1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来．
(2)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)．
2．与牛顿第二定律的对比
牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律．
【例1】伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利
用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上
升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.
根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )
如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
【答案】 A
【解析】 根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的最高位置升高，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上没有能量损失，因此可以上升到与O点等高的位置，而B、C、D三个选项，从题目不能直接得出，所以选项A正确．
【变式1】.(2019·安徽六安质检)关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )
A．骑自行车的人，上坡前要紧蹬几下，是为了增大惯性冲上坡
B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小
C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定 D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大
【答案】C
【解析】质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性与物体的运动状态无关，故选C.
【变式2】(2019·益阳模拟)亚里士多德在其著作《物理学》中说：一切物体都具有某种“自然本性”，物体由其“自然本性”决定的运动称之为“自然运动”，而物体受到推、拉、提、举等作用后的非“自然运动”称之为“受迫运动”．伽利略、笛卡儿、牛顿等人批判地继承了亚里士多德的这些说法，建立了新物理学；新物理学认为一切物体都具有的“自然本性”是“惯性”．下列关于“惯性”和“运动”的说法中不符合新物理学的是( )
A．一切物体的“自然运动”都是速度不变的运动——静止或者匀速直线运动
B．作用在物体上的力，是使物体做“受迫运动”即变速运动的原因
C．可绕竖直轴转动的水平圆桌转的太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子受到的向外的力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的
D．竖直向上抛出的物体，受到了重力，却没有立即反向运动，而是继续向上运动一段距离后才反向运动，是由于物体具有惯性
【答案】C
【解析】.力不是维持物体运动状态的原因，力是改变物体运动状态的原因，所以当物体不受到任何外力的时候，总保持静止或者匀速直线运动的状态，故选项A符合题意；当物体受到外力作用的时候，物体的运动状态会发生改变，即力是改变物体运动状态的原因，故选项B符合题意；可绕竖直轴转动的水平圆桌转的太快时，放在桌面上的盘子会向桌子边缘滑去，这是由于“盘子需要的向心力”超过了“桌面给盘子的摩擦力”导致的，故选项C不符合题意；由于物体具有向上的速度，所以具有向上的惯性，虽然受到向下的重力，但物体不会立刻向下运动，故选项D符合题意．
热点题型二 牛顿第三定律的理解
1．作用力和反作用力的关系
2.相互作用力与平衡力的比较
【例2】建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的工人站在水平地面上，通过定
滑轮将20.0 kg的建筑材料以1.0 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及两者间的摩擦，求地面受
到的压力和摩擦力的大小．(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)
【答案】 524 N 132 N
【解析】 对建筑材料受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律得：F1－mg＝ma
代入数据解得：F1＝220 N
因此绳对人的拉力F2＝F1＝220 N
工人受力分析如图乙所示
由平衡条件得：F2cs 53°＝Ff
F2sin 53°＋FN＝Mg
代入数据解得：FN＝524 N，Ff＝132 N
由牛顿第三定律得：人对地面的压力大小为524 N，地面受到的摩擦力大小为132 N.
【方法技巧】
“转换研究对象法”在受力分析中的应用
(1)“转换研究对象法”在受力分析中的应用，其本质是牛顿第三定律的应用．
(2)由于作用力与反作用力的关系，当待求的某个力不容易求时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力．
【变式1】(2019·乐山模拟)如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
【答案】C
【解析】选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力，选项A错误；绳静止时，甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力，选项B错误；若甲的质量比乙的质量大，则甲的加速度比乙的小，可知乙先到分界线，故甲能赢得“拔河”比赛的胜利，选项C正确；收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢，选项D错误．
【变式2】(2019·四川宜宾期中)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷
出．下列说法正确的是 ( )
A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力
B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力
C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力
D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车的惯性
【答案】CD
【解析】喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确．
【变式3】 (2019·海口模拟)建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．一质量为70.0 kg 的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg 的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)( )
A．510 N B．490 N C．890 ND．910 N
【答案】B
【解析】选B.设绳子对建筑材料的拉力为F1，
F1－mg＝ma
F1＝m(g＋a)＝210 N，绳子对人的拉力F2＝F1＝210 N．人处于静止，则地面对人的支持力FN＝m0g－F2＝490 N，由牛顿第三定律知：人对地面的压力F′N＝FN＝490 N，选项B正确．
热点题型三 牛顿第二定律的理解和基本应用
1．牛顿第二定律的五个性质
2．求解思路：求解物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是明确该时刻物体的受力情况或运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．
3．在求解瞬时加速度时应注意的问题
①物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．
②加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．
1 力与运动的关系
【例3】(2019·四川广元一诊)如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则( )
A．物体从A到O先加速后减速 B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零 D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
【答案】 A
【解析】 物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至A、O间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综以上分析，只有选项A正确．
【方法技巧】
理解牛顿第二定律的三点注意
(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化．
(2)速度的大小如何变化取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系．
(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系．
【变式】(2019·广西钦州模拟)如图所示，一个小球自由下落到将弹簧压缩到最短后开始竖直向上反弹，从开始反弹至小球到达最高点，小球的速度和加速度的变化情况为( )
A．速度一直变小直到零 B．速度先变大，然后变小直到为零
C．加速度一直变小，方向向上 D．加速度先变小后一直变大
【答案】 B
【解析】 小球到达最低点时，受弹力大于本身的重力，物体向上做加速运动，速度增加，当重力与弹力相等时达到最大速度，然后物体做减速运动，速度减小，到达最高点的速度为零，故A错误，B正确；开始时弹力大于重力，随着高度增加，弹力减小，加速度减小；当弹力与重力相等时加速度为零，此后弹力小于重力，并且弹力越来越小，物体受到的合力越来越大，加速度反向增大，当物体脱离弹簧后加速度为g，保持不变，故C、D错误．
2 牛顿运动定律的瞬时性
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
【例4】．如图甲所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态．
(1)现将线L2剪断，求剪断L2的瞬间物体的加速度．
(2)若将图甲中的细线L1换成长度相同(接m后)，质量不计的轻弹簧，如图乙所示，其他条件不变，求剪断L2的瞬间物体的加速度．
【答案】(1)gsin θ，方向垂直于L1斜向下方 (2)gtan θ，方向水平向右
【解析】(1)细线L2被剪断的瞬间，因细线L2对物体的弹力突然消失，而引起L1上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度垂直L1斜向下方，大小为a＝gsin θ.
(2)当细线L2被剪断时，细线L2对物体的弹力突然消失，而弹簧的形变还来不及变化(变化要有一个过程，不能突变)，因而弹簧的弹力不变，它与重力的合力与细线L2对物体的弹力是一对平衡力，等大反向，所以细线L2被剪断的瞬间，物体加速度的大小为a＝gtan θ，方向水平向右．
【变式1】两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图所示．现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，则( )
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
【答案】 A
【解析】 由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故选项A正确．
【变式2】在【变式1】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图所示，则【变式1】选项中正确的是 ( )
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
【答案】D
【解析】剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确．
【变式3】把【变式2】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图所示，系统静止时，弹簧与细线均
平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是 ( )
A．aA＝0，aB＝eq \f(1,2)g B．aA＝g，aB＝0 C．aA＝g，aB＝g D．aA＝0，aB＝g
【答案】B
【解析】细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为0.烧断前，分析整体受力可知线的拉力为T＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin 30°＝g，故选项B正确．
热点题型四 动力学的两类基本问题
1．解决动力学两类问题的两个关键点
2．解决动力学基本问题的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．
3．两类动力学问题的解题步骤
1 已知受力求运动
【例5】(2019·汕头模拟)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是( )
A．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大 B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大
C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大
D．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短
【答案】AC
【解析】.设屋檐的底角为θ，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcs θ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ.雨滴的加速度为：a＝gsin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F′N＝FN＝mgcs θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝eq \f(L,2cs θ)，由x＝eq \f(1,2)gsin θ·t2，可得：t＝ eq \r(\f(2L,gsin 2θ))，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsin θ·t可得：v＝eq \r(gLtan θ)，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．
【变式】(2019·上海闵行区模拟)如图所示，直杆水平固定，质量为m＝0.1 kg的小圆环(未画出)套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角为θ＝53°的斜向上的拉力F，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点．已知小圆环与直杆间的动摩擦因数μ＝0.8，AB与BC的距离之比s1∶s2＝8∶5.(g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)求：
(1)小圆环在BC段的加速度a2的大小；
(2)小圆环在AB段的加速度a1的大小；
(3)拉力F的大小．
【答案】 (1)8 m/s2 (2)5 m/s2 (3)1.05 N或7.5 N
【解析】 (1)在BC段，小圆环受重力、弹力、摩擦力．对小圆环进行受力分析如图甲所示，有f＝μN＝μmg
则a2＝eq \f(f,m)＝μg＝0.8×10 m/s2＝8 m/s2.
(2)小圆环在AB段做匀加速运动，由运动学公式可知
veq \\al(2,B)＝2a1s1
小圆环在BC段做匀减速运动，由运动学公式可知
veq \\al(2,B)＝2a2s2
又eq \f(s1,s2)＝eq \f(8,5)
则a1＝eq \f(s2,s1)a2＝eq \f(5,8)×8 m/s2＝5 m/s2.
(3)当Fsin θmg时，小圆环在AB段运动的受力分析如图丙所示
由牛顿第二定律可知
Fcs θ－f2＝ma1
又Fsin θ＝mg＋N2
f2＝μN2
代入数据解得F＝7.5 N.
2 已知运动求受力
【例6】．有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(g取10 m/s2)求：
(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
【答案】(1)1.6 s (2)2.25倍
【解析】(1)自由下落的位移h′＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)＝20 m
座椅自由下落结束时刻的速度v＝gt1＝20 m/s
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝(40－4－20)m＝16 m
由h＝eq \f(v,2)t得t＝1.6 s.
(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由v＝at得a＝12.5 m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
解得eq \f(F,mg)＝2.25.
【变式】(2019·德州模拟)一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的固定斜面上以a＝2.5 m/s2
的加速度匀加速下滑．如图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿
斜面运动位移x＝4 m．求：(g取10 m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
【答案】(1)eq \f(\r(3),6) (2)eq \f(76\r(3),5) N或eq \f(4\r(3),7) N
【解析】(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 30°－μmgcs 30°＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),6).
(2)由x＝eq \f(1,2)a1t2，得a1＝2 m/s2，当加速度沿斜面向上时，Fcs 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcs 30°)＝ma1，代入数据得F＝eq \f(76\r(3),5) N
当加速度沿斜面向下时
mgsin 30°－Fcs 30°－μ(Fsin 30°＋mgcs 30°)＝ma1
代入数据得F＝eq \f(4\r(3),7) N.
3 等时圆模型
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示．
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示．
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示．
【例7】.如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为( )
A．2∶1 B．1∶1 C．eq \r(3)∶1D．1∶eq \r(3)
【答案】B
【解析】选B.设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式s＝eq \f(1,2)at2，得t＝ eq \r(\f(2s,a))＝ eq \r(\f(2×2（R＋r）sin θ,gsin θ))＝2 eq \r(\f(R＋r,g))，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确．
【变式】某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是( )
A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同 B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同
C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同 D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同
【答案】C
【解析】小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝gsin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝eq \f(1,2)at2，s＝eq \f(h,sin θ)＝eq \f(x,cs θ)，解得小球在斜面上的运动时间为t＝eq \f(1,sin θ)eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2x,gsin θcs θ))，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v＝eq \r(2gh)，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确．
热点题型五 动力学图象问题的应用
1．数形结合解决动力学图象问题
(1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图．
(2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息．
(3)常见的动力学图象
v－t图象、a－t图象、F－t图象、F－a图象等．
2．动力学图象问题的类型：图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F＝ma为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．一般包括下列几种类型：
3．解题策略
【例8】(2019·福建省三明市质检)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，取g＝10 m/s2，则(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．物块与地面的动摩擦因数为0.2 B．3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C．4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N D．5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
【答案】 BC
【解析】 在0～2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝eq \f(Ff,mg)＝eq \f(3,10)＝0.3，选项A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝eq \f(F合,m)＝eq \f(6－5－3,1) m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝eq \f(0－v,a)＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N,4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，选项B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，则物块不再运动，则5 s末物块的加速度为零，选项D错误．
【变式1】(2019·安徽省池州市上学期期末)如图所示为质量m＝75 kg的滑雪运动员在倾角θ＝37°的直滑道上由静止开始向下滑行的v－t图象，图中的OA直线是t＝0时刻速度图线的切线，速度图线末段BC平行于时间轴，运动员与滑道间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则( )
A．滑雪运动员开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动
B．t＝0时刻运动员的加速度大小为2 m/s2
C．动摩擦因数μ为0.25 D．比例系数k为15 kg/s
【答案】 C
【解析】 由v－t图象可知，滑雪运动员开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动，故A错误；在t＝0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有a0＝eq \f(12－0,3－0) m/s2＝4 m/s2，故B错误；在t＝0时刻开始加速时，v0＝0，由牛顿第二定律可得mgsin θ－kv0－μmgcs θ＝ma0，最后匀速时有：vm＝10 m/s，a＝0，由平衡条件可得mgsin θ－kvm－μmgcs θ＝0，联立解得： μ＝0.25，k＝30 kg/s，故C正确，D错误．
【变式2】如图甲所示，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )
A．斜面的倾角 B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
【答案】ACD
【解析】.由题图乙可以求出物块上升过程中的加速度大小为a1＝eq \f(v0,t1)，下降过程中的加速度大小为a2＝eq \f(v1,t1).物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋Ff＝ma1，mgsin θ－Ff＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝eq \f(v0＋v1,2t1g)，滑动摩擦力Ff＝eq \f(m（v0－v1）,2t1)，而Ff＝μFN＝μmgcs θ，由以上分析可知，选项A、C正确；由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．
【变式3】. 1845年英国物理学家和数学家斯·托马斯()研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F＝6πηrv，其中物理量η为液体的粘滞系数，它还与液体的种类及温度有关，如图所示，现将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中，下列描绘小钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系的图象可能正确的是( )
【答案】D
【解析】.根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝eq \f(mg－F,m)＝eq \f(mg－6πηrv,m)，在下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零，故选项D正确．
【变式4】．(多选)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间t变化的图象如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．物体的质量m＝1 kg B．物体的质量m＝2 kg
C．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3) D．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(7\r(3),15)
【答案】AD
【解析】.由开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，可知0～2 s内物体的加速度大小为a＝1 m/s2；在0～2 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin 30°－μmgcs 30°＝ma，2 s后由平衡条件可得，F2＋mgsin 30°－μmgcs 30°＝0，联立解得m＝1 kg，μ＝eq \f(7\r(3),15)，选项A、D正确．
【题型演练】
1.(2019·河北武邑中学模拟)光滑水平面上，有一木块以速度v向右运动，一根弹簧固定在墙上，如图所示，
木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩成最短的时间内木块将做的运动是( )
A.匀减速运动 B．速度减小，加速度增大 C．速度减小，加速度减小 D．无法确定
【答案】B
【解析】木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩到最短的过程中，木块竖直方向受到重力与支持力两个力，二力平衡．水平方向受到弹簧向左的弹力，由于弹力与速度方向相反，则木块做减速运动，随着压缩量的增大，弹力增大，由牛顿第二定律可知，加速度增大，则木块做加速度增大的变减速运动，故B正确，A、C、D错误．
2. (2019·沧州一中月考)将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动过程中的最高点，甲、乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为 ( )
A．mg B.eq \f(1,3)mg C.eq \f(1,2)mg D.eq \f(1,10)mg
【答案】C
【解析】设每块砖的厚度是d，向上运动时：
9d－3d＝a1T2
向下运动时：3d－d＝a2T2
解得：eq \f(a1,a2)＝eq \f(3,1)
根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1
向下运动时：mg－f＝ma2
解得：f＝eq \f(1,2)mg，C正确．
3.(2019·陕西西安一中期中)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下
的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )
A．g B．2g C．3g D．4g
【答案】B
【解析】人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0.6F0，而最大拉力为1.8F0，即0.6F0＝mg，Fm＝1.8F0，结合牛顿第二定律，有F－mg＝ma，当拉力最大时，加速度最大，am＝eq \f(Fm－mg,m)＝2g，
故选B.
4.如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它
们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止
下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
A．ta＞tb＞tc B．ta＜tb＜tc C．ta＝tb＝tc D．无法确定
【答案】B
【解析】设上面圆的半径为r，矩形宽为R，轨道与竖直方向的夹角为α，则轨道的长度x＝2rcs α＋eq \f(R,cs α)，下滑的加速度a＝eq \f(mgcs α,m)＝gcs α，根据位移时间公式x＝eq \f(1,2)at2，得t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(4r,g)＋\f(2R,gcs2α)).因为a、b、c夹角由小至大，所以有tc＞tb＞ta，故B正确，A、C、D错误．
5.(2019·天水一模)如图所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳的一端相连，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2)，下列说法中正确的是( )
A．小球受力个数不变 B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2
C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2 D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度为零
【答案】BD
【解析】在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan 45°＝10×1 N＝10 N，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数发生改变，故A错误；小球所受的最大静摩擦力为：Ff＝μmg＝0.2×10 N＝2 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(10－2,1) m/s2＝8 m/s2，合力方向向左，所以向左运动，故B正确，C错误；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故D正确．
6.(2019·杭州二中模拟)如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )
A．所受浮力大小为4 830 N B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
【答案】AD
【解析】.刚开始上升时，空气阻力为零，F浮－mg＝ma，解得F浮＝m(g＋a)＝4 830 N，A正确；加速上升过程，若保持加速度不变，则热气球上升到180 m时，速度v＝eq \r(2ah)＝6eq \r(5) m/s＞5 m/s，所以热气球做加速度减小的加速直线运动，上升10 s后的速度v′＜at＝5 m/s，C错误；再由F浮－F阻－mg＝ma可知空气阻力F阻增大，B错误；匀速上升时，F浮＝F阻＋mg，所以F阻＝F浮－mg＝230 N，D正确．
7.(2019·贵州遵义模拟)2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间；这样，就测出了聂海胜的质量为74 kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是( )
A．测量时仪器必须水平放置 B．其测量原理是根据牛顿第二定律
C．其测量原理是根据万有引力定律 D．测量时仪器必须竖直放置
【答案】B
【解析】.“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间，则能算出加速度a＝eq \f(Δv,Δt)，然后根据牛顿第二定律F＝ma，求解质量，所以工作原理为牛顿第二定律．由于在太空中处于完全失重状态，所以测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正确．
8.(2019·江西重点中学十校联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则( )
A．运动员的加速度为gtan θ B．球拍对球的作用力为mg
C．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcs θ D．若加速度大于gsin θ，球一定沿球拍向上运动
【答案】A
【解析】 网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin θ＝ma，又FNcs θ＝mg，解得a＝gtan θ，FN＝eq \f(mg,cs θ)，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝eq \f(（M＋m）g,cs θ)，故C错误；当a>gtan θ时，网球才向上运动，由于gsin θ